2021年高考理科綜合押題預(yù)測(cè)卷(課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷)02(全解全析)

6222266222262卷國(guó)．B11HO

+2O

+20[H]+2ATP324[H]+6O

O+34ATP1HO

+2

XYAAB[H]BCD．ABB

1231231123123121A201CDDD．ADNADNA600

mRNADNMT3

AABDNMT3DNMT3CRNACDDA．XYXXAAAAAXYXXAAAAAAABXXBCFXXXYCDXXXYXXXYXXAD

D．AABBCCDDD．A22AB64BC545D1DD

233323233223332323321

2NaHCOCONaHCO

CO

230.1c2328435DNAmRNAtRNAcDNARNA翻tRNA

33++bDNA2mRNA37284mRNA531.1

2345

BBADKNa2bA2

34A53abb32.1

abc23NP

22C422

C4337.1

2

34

3438.1

2

3

16162234

ESRagM2ES3Rag2Rag2CRDNADNA4DNARag2．【答案】C【解析】A“母戊”造所需的主要材料為銅合金，故A正；B鐵粉有還原性，置于食品袋中有防止食品被氧化的作用，故B正；C．色化學(xué)研究的是如何將污染消除在產(chǎn)業(yè)的源頭，故錯(cuò)誤；D．泳常加入硫酸銅對(duì)其進(jìn)行消毒，而導(dǎo)致其水呈藍(lán)色，故D正；．【答案】D【解析】A根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知藥物H的分子式為CHNClA正；B該分子中含有氯原子和酰胺鍵兩種官能團(tuán)B正；C．性條件下水解產(chǎn)物酸化后可產(chǎn)生含酚羥基的有機(jī)物和丙二酸，都能與Na溶反應(yīng)，正；D．物苯環(huán)上的一溴代物有6種D錯(cuò)。．【答案】A【解析】

42422222242222222332224242222224222222233222422223223422222A綠礬的化學(xué)式為·7H，常用作補(bǔ)血?jiǎng)?，故A確；B從鋁土礦中獲得氧化鋁，電解熔融的氧化鋁得到鋁，故B錯(cuò)；C．沫滅火器中常使用的原料是碳酸氫鈉和硫酸鋁，兩者發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁和二氧化碳，C錯(cuò)誤；D．去中的2+和Hg常Na，將Cu和轉(zhuǎn)化為HgS淀Na不是作還原劑，故D錯(cuò)誤。．答案D【解析】過(guò)II

為電解飽和NaCl溶的過(guò)程，根據(jù)上述分析，電解過(guò)程中陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生Cl，極生還原反應(yīng)生成-，使用陽(yáng)離子交換膜可防止Cl和陰離子OH通，減少副反應(yīng)A正確；過(guò)程Ⅳ的反應(yīng)是H+2CuCl=CHCl+2CuCl，正；C.CuCl進(jìn)過(guò)程IV反，過(guò)程Ⅲ發(fā)生的反應(yīng)主要為過(guò)程IV產(chǎn)的CuCl與過(guò)產(chǎn)生的反應(yīng)生成CuCl，實(shí)現(xiàn)了CuCl的生，故在聯(lián)合生產(chǎn)過(guò)程中CuCl起催化作用，C正確；過(guò)程I為H與反生CHOH，過(guò)程中元的化合價(jià)由價(jià)高價(jià)則每生成1轉(zhuǎn)4mol電子，過(guò)程Ⅲ發(fā)生反應(yīng)=2CuCl，程IV發(fā)生反應(yīng)C+2CuCl=CCl+2CuCl每成molHCl轉(zhuǎn)電結(jié)合過(guò)程II每生成molCHOH可得到2molHCl，D錯(cuò)；．答案B【解析】A中含有離子鍵中只含有共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；

中發(fā)生的反應(yīng)則論上B由HOMgS成的化合物為Mg(HSO)

，溶液呈酸性，故B正；周原子半徑從左到右依減小主從上到下原子半徑依次變S<MgO<S<Mg故C錯(cuò)；D．里有說(shuō)明是否為簡(jiǎn)單離子，其中可成O2-，與S2-子數(shù)均為，故錯(cuò)；．答案C【解析】由圖示可知所電極上發(fā)生的反應(yīng)為2HCl-2e-

2

+2H，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，作陽(yáng)極，a為正極b所連電極上發(fā)生的反應(yīng)為

+e-=Fe2+

，得電子發(fā)生還原反應(yīng)，作陰極，b為極；陰極生成的亞鐵離子與氧氣反應(yīng)生成三價(jià)鐵離子，氧氣生成水，據(jù)此解答。A由以上分析可知b為極，故A錯(cuò)；B陽(yáng)極電極反應(yīng)式為-↑，故誤；C．極首先發(fā)生反應(yīng)Fe-

，再發(fā)生4Fe2++

，故正；D．圖信息可知

在整過(guò)過(guò)程中可循環(huán)使用，并不消耗Fe3+

，不需要補(bǔ)充

，故D錯(cuò)；．答案C

4442324242424442423442424244442424224344423242424244424234424242444424242243422222-22【解析】Aa點(diǎn)導(dǎo)電能力增強(qiáng)，說(shuō)明反應(yīng)后溶液中離子濃度增大，也證HR溶液中部分電離，為弱酸，故A正確；Ba所示溶液中一元酸電離的氫子濃度不同，對(duì)水的電離的抑制程度不同，因此水的電離程度不同，故B正；C．NH為酸弱堿鹽NHR的液pH=7說(shuō)明銨根離子和-的解程度相等，故C錯(cuò)；D．據(jù)象可知點(diǎn)時(shí)溶液的＞，混合液呈堿性，則-＞

，結(jié)合電荷守恒可知c(NH+

)＞c(R)，故D確；．（14分案】（1）反應(yīng)中產(chǎn)生氫氣，達(dá)一定濃度后爆炸，出現(xiàn)危險(xiǎn)，需要通風(fēng)2分（2）（2分

MnO和Fe(OH)（2分（3）避免產(chǎn)生有毒氣體（2分尾中含有的等毒氣體）（4）、BaS、NaS（2分

4ZnSO+·4ZnS↓+3Na

（2分）【解析】（1）生產(chǎn)ZnSO的過(guò)程中，有氫氣生成，氫氣達(dá)一定濃度后易爆炸，所以要保持強(qiáng)通的目的是避免氫氣濃度過(guò)大而易發(fā)生爆炸，出現(xiàn)危險(xiǎn)；（2）已知KMnO在性環(huán)境中被還原為Mn

，在弱酸性、弱堿性溶液中被還原為MnO，堿性環(huán)境中被還原為MnO，加入KMnO時(shí)溶液氧化亞鐵離子且自身被還原生成沉淀而除去Mn元，所以pH應(yīng)調(diào)至5.2~5.4；通過(guò)以上分析可知。濾Ⅲ的成分為MnO和Fe(OH)；（3）制備BaS時(shí)按物質(zhì)的量之比計(jì)算BaSO和粉的投料比要大于，避免產(chǎn)生CO等毒氣體；反應(yīng)器中含有二氧化硫等有毒氣體，二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸?，能被堿液吸收，防止污染環(huán)境（4品質(zhì)銀印級(jí)立德粉中含比普通立德粉中明所選試劑中硫離子濃度較大以、BaSSOS中取三種試劑BaSNaS制銀印級(jí)德粉的對(duì)分子量為233的對(duì)分子質(zhì)量為，含為，立德為BaSO；高品質(zhì)銀級(jí)立德粉中ZnS含為62.5%，設(shè)的量數(shù)為x，則

97x

，解得x=4，所以高品質(zhì)銀印立德粉化學(xué)式為·4ZnS，反應(yīng)的化學(xué)方程式為·4ZnS3Na。．（14分案】（1）分液漏斗1分防倒吸、防堵塞1分（2+HSO+2KClO=2KHSO+2ClO（）

檢驗(yàn)I

進(jìn)而證明有化性（2

分）（3）①CO（2分②0.1mol（）

（分）③2ClO+2OH--+5SO+HO2分）【解析】

23222243422222342223224242222232232222434222223422232242422222322422222422222324223242-22222232p2222212222濃硫酸與反應(yīng)生成SO，A用制取SO，置B有沖作用，能防止倒吸、堵；裝置C用于制備，同時(shí)還生成一酸式鹽，則中生的反為+H+2KClO+2ClO，是種黃綠色的易溶于水的氣體，具有強(qiáng)氧化性，所以D中生氧化還原反應(yīng)生成I，置中入幾滴淀粉溶液，淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)；氯氣有毒，不能排放到大氣中，裝置E用尾氣吸收，據(jù)此分析解答。（1）根據(jù)儀器的構(gòu)造，儀器的名稱(chēng)分液漏斗，根據(jù)分析可知，裝置B的用是防倒吸、防堵塞；（2）裝置于制備，同時(shí)還生成一種酸式鹽，根據(jù)分析可知，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為+H+2KClO=2KHSO；裝置D中滴有幾滴淀粉溶液，其作用是檢驗(yàn)I

進(jìn)而證明ClO有氧化性；（3）①該反應(yīng)2KClOCOSO+2CO↑+2HO中Cl元素的化合價(jià)降低，得到電子被還原，C元的化合價(jià)由3價(jià)高+4價(jià)，則HCO是原劑，對(duì)應(yīng)的CO為化產(chǎn)物；②根據(jù)①中分析，反應(yīng)2KClO+HO+H+2CO中O是原劑，元素的化合價(jià)+價(jià)高+4價(jià)當(dāng)成2mol時(shí)移2mol子，同時(shí)消耗O，反應(yīng)共產(chǎn)生了4.48L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況體的物質(zhì)的量為消耗還原劑的物質(zhì)的量為0.05mol；

4.48L22.4L/mol

=0.2mol應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0，③在酸性條件下，標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.的氣的物質(zhì)的量為

0.0448L22.4L/mol

=0.002mol，恰好能與的Na溶液完全反應(yīng)生成SO，NaSO的質(zhì)的量為，0.005molNa全部轉(zhuǎn)化為Na元的化合價(jià)由價(jià)轉(zhuǎn)化+6價(jià)中轉(zhuǎn)移0.005mol×2=0.01mol電子，根據(jù)得失電子守恒可得Cl元素的化合價(jià)降低

0.01

，則反應(yīng)后Cl素的化合價(jià)為1價(jià)為Cl，該反應(yīng)的離子方程式2ClO+5SO+2OH--+HO34．（15分案（1）S）+O（）=2S（g）Og

ΔH=-407.lkJ·mol

（）（2（分）（3）①AlO催劑在1100℃以上的高溫下幾乎失去催化活1分②恒壓充入Ar相于系統(tǒng)減壓，使分解平衡正向移動(dòng)S平衡產(chǎn)率增大）K

（3分）（4H=HS+HCO（）3

K（3分【解析】（1）2H（g（g（gO（g）Δ=-1035.6kJ·；（g（g（g）O（）H=-92.8kJ·mol-1根據(jù)蓋斯定律，將方程式①乘以加方程式②乘以

即可得到目標(biāo)方程

22224324323422223222222222p22224324323422223222222222p222223==式，目標(biāo)方程式為2HS（g（g）=2S（gO（）ΔHmol-1

；（2A從分析中可以看出，脫硫過(guò)程可實(shí)（）的環(huán)使用，不需添加（）液A不正確；Bi

過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)Fe（SO）+HS=2FeSO+S，可導(dǎo)致環(huán)pH小，B正；C．分析可以得出，該脫硫過(guò)程的總反應(yīng)為2H=2SC正；D．為然氣的催化脫硫過(guò)程，使用菌催化劑，所以該過(guò)程不能在高溫下進(jìn)行D不確；故選；（3）①在約1100℃時(shí)，有無(wú)AlO催，其轉(zhuǎn)化率幾乎相等，則表明催化劑的催化效果接近，從而得出原因是1100℃，AlO幾乎失去催化活性；②壓強(qiáng)一定，摻入稀有氣體Ar雖然不參與反應(yīng)，但可減小反應(yīng)物與生成物的濃度，減小反應(yīng)物的碰撞次數(shù)而平衡向氣體分子數(shù)增的方向移動(dòng)而出摻入Ar能高的衡率事實(shí)表明度、壓強(qiáng)一定時(shí)，原料氣中摻入Ar相當(dāng)于往平衡混合氣中充入稀有氣體，減小反應(yīng)物和生成物濃度，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，從而提高S的率；、一定時(shí)，H（Ar（）1合，發(fā)生反應(yīng)HS（g）

Hg

（g平產(chǎn)率為α，則反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率為，nH），則可建立下列三段式：起始變化平衡

Hα

Hαα

αα則平衡混合氣的總物質(zhì)的量為1+0.5），平衡常數(shù)K

0.5p10.51p10.5

p

0.5

=

1-a

2n+2+a

；（4）由表中的平衡常數(shù)可以看出HS能電離出+與反，所以純堿溶液吸收量HS，生成-和HCO，子方程式為CO=HS-+HCO。案為：S+=HS+HCO；該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式=

--)3c(HS)c(CO2-2

，將平衡常數(shù)表達(dá)式整理有K=

c(HS-)c(H+)KS)c(H2-)c(H)K(HCO)23223

5.6

。．（15分案（1）①3d

（1分）②第四周期第Ⅷ（）

2濃硫酸2濃硫酸（2）①C<Cl<O（）②∶3（2分

2

（1分（3）①（）②5

MA

（3分③（分【解析】（1）①是號(hào)元素，位于元素周期表中第周期ⅣB族，故基態(tài)Ti原的層電子排布為3d；②Fe是26號(hào)素，位于元素周期表的第四周期Ⅷ族；（2）①方程式中涉及的非金屬元素有種、C、ClCCl中C元表現(xiàn)正化合價(jià)Cl元表現(xiàn)負(fù)化合4價(jià)，ClO中

元素顯，O元顯價(jià)電性越大，對(duì)鍵合電子的吸引力越大，相互化合時(shí)該元素表現(xiàn)負(fù)價(jià)，故電負(fù)性：

C<Cl<O

；②1個(gè)COCl分中有2

C=O

鍵和

鍵所1個(gè)COCl分中的數(shù)目為1，鍵數(shù)2目為，個(gè)數(shù)比為∶3中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為

，故中心原雜化方式為s；（3）①根據(jù)該合金的晶胞圖可知，晶胞中心有1個(gè)鎳原子，其他鎳原子位于晶胞面上，鑭原子位于晶胞頂點(diǎn)，所以晶胞中含有的鎳原子數(shù)為式為；5

1，胞中含有的鑭原子數(shù)為8

，晶體的化學(xué)②一個(gè)晶胞的質(zhì)量

MNA

，根據(jù)

m=V

M，可得V=cm3；NA③金氫后氫的密度5ρ

m(晶胞中的H)V(晶胞)

1NA

g

cm

，由定義式可知儲(chǔ)氫能力

0.111g8.98-5

-3

1236

；．（15分案（1）羥基、羧基（2分（2）（分）（3）（分）加成反應(yīng)1分（4）

加熱

+H（2分）取代反應(yīng)或化反)

（1分）

1115BrMgCH2濃硫酸211151115BrMgCH2濃硫酸21115（5CHOBr1分、、（分）（6）

乙

HO2

（3分【解析】根據(jù)上述分析可知B是，C是，D是，E是，是，。（1）化合物H是，中含有的官能團(tuán)名稱(chēng)是羧基、羥基；（2C構(gòu)簡(jiǎn)式是；（3E核共氫譜只有一組峰，說(shuō)明分子中只有原子，則D結(jié)簡(jiǎn)式是，是，與HBr發(fā)加成反應(yīng)產(chǎn)生E，故由D→E的應(yīng)類(lèi)型為加成反應(yīng)；（4H是，H與硫混合加熱發(fā)生酯化反應(yīng)產(chǎn)生：

和O該反應(yīng)方程式為：加熱

+H，該反應(yīng)類(lèi)型為酯化反應(yīng)或取代反應(yīng)；（5結(jié)簡(jiǎn)式是根C價(jià)原則可知其分子式是HOBrG同分異構(gòu)體符合條件：

323BrMgCH899082ab1a323BrMgCH899082ab1a①能與FeCl溶發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明分子中含有酚羥基；②核磁共振氫譜有四組峰，且峰面積之比為6：：，說(shuō)明物質(zhì)分子中含有四原子，這四種H子的個(gè)數(shù)比為：6：：1，該物質(zhì)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是：、、；（6）

與Br在Fe作催化劑條件下發(fā)生取代反應(yīng)產(chǎn)生，

與Mg乙發(fā)生反產(chǎn)生，原料經(jīng)過(guò)三步合成某化工原料

與CHO在溶液中發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生，乙醛和苯為的流程圖為：Fe

乙

HO2

。C

D

C

B

B

BC

AD．答案C【解析22888

衰為Ac的過(guò)程中，放出負(fù)電子，則該衰變是β衰變，選項(xiàng)A誤；半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，對(duì)少數(shù)原子核的衰變不適用，選B誤228

衰變?yōu)?08

的程中，質(zhì)量數(shù)減少，由原子核衰變時(shí)質(zhì)量數(shù)守恒可知，該過(guò)程中共發(fā)生了5次α衰，又由子核衰變時(shí)電荷數(shù)守恒有5×－＝，和x＝，則該過(guò)程中共發(fā)生了次β衰，選項(xiàng)正；發(fā)生α衰和衰時(shí)，往往伴隨射產(chǎn)生，選項(xiàng)D錯(cuò)。．答案Dst【解析】由幾何關(guān)系知衛(wèi)星b繞球運(yùn)行軌道半徑為r，T

θ2t4＝，得＝，r＝mr2

，得4πrs地球質(zhì)量MGT＝2

故A誤由地球半徑未行不能確定地球的密度大小B錯(cuò)若T∶T＝1∶k＞，為正整數(shù))，從圖示位置開(kāi)始，設(shè)每隔時(shí)間t

，、b相最近，(－T＝，所

abbabba－abaaaaaaω－ω2ππa－abbaa2y22abbabba－abaaaaaaω－ω2ππa－abbaa2y2212π2πTT以Tω－2ππ＝－衛(wèi)運(yùn)一周的過(guò)程中兩造衛(wèi)星距最近的次數(shù)為＝TTT－kT－＝T＝＝k－1，衛(wèi)星a、距離最近的次數(shù)為k－，選項(xiàng)錯(cuò)；設(shè)每隔時(shí)，a、ππc共一次，(－)＝，以t＝＝＝，星動(dòng)一周的過(guò)程中、ab2(T)TTb2()a2Ta、共的次數(shù)為＝t＝＝＝k－2，選項(xiàng)D正。a．答案】【解析做拋運(yùn)動(dòng)有

1ygtx2

gxh整前H0

2

1hH3

，調(diào)整后考慮臨界情況小球恰好沒(méi)有擦到A而中C，

2

即

H所

，從越高處拋出而擊中點(diǎn)拋物線越陡，越不容易擦到A點(diǎn)，

是滿足條件的最小值，故AB錯(cuò)誤

vx

g2

vh15次拋從拋出到A點(diǎn)程都Lvv，v660由x

h

，知，是滿足條件的最大值，故正D錯(cuò)誤。故選。．答案B【詳解】原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，根據(jù)電壓表讀數(shù)可知副線圈兩端電壓為U原線圈兩端電壓為，原線圈中的電流為I，因原、副線圈中的電流與匝數(shù)成反比，所以副線圈中的電流為2I，則有端壓有效值

VU

U2

得圈電阻消耗的功率P

，電阻相等，電流之比為：2，可得功率之比為：4選項(xiàng)A錯(cuò)，B確；當(dāng)開(kāi)關(guān)閉時(shí)，副線圈回路的電阻減小，輸出功率增大，副線圈中的電流增大，導(dǎo)致原線圈中的電流增大，電流表A示變大同時(shí)，原線圈電路中電阻兩端電壓會(huì)增大、b電壓不變，則加在變壓器原線圈兩端電壓會(huì)減小，導(dǎo)致副線圈兩端電壓減小，電壓表示數(shù)會(huì)減小D錯(cuò)，C確。．答案】B【解析】由閉合電路歐姆定律得UE－Ir當(dāng)I=0時(shí)U，由圖線a與軸的交點(diǎn)可得電動(dòng)勢(shì)為

2020E=3.6V根據(jù)兩圖線交點(diǎn)處的狀態(tài)可知，電阻R兩的電壓為2.0V則內(nèi)阻

r

3.60.2

8.0

，故A錯(cuò)誤；此時(shí)硅光電池的總功率為P=0.72W，故B正；此時(shí)硅光電池的輸出功率=UI=2.0×0.2W=0.4W，此時(shí)硅光電池的輸出效率為

P55.6%P0.72W

，故錯(cuò)。若把內(nèi)阻為10Ω的直流電動(dòng)機(jī)接該電池上機(jī)為非純電阻電路電動(dòng)機(jī)的輸出功率小于，故錯(cuò)；故選B．答案【解析】因?yàn)樗辛Ｗ泳粡拇艌?chǎng)右邊界射出，所以所有粒子在磁場(chǎng)中均做半個(gè)圓周運(yùn)動(dòng)，從軸射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為

t

1mT2Bq

，選項(xiàng)A正；速率

v

的粒子恰好不從磁場(chǎng)右邊界射出，其軌跡圓與直線y切（如圖所示）設(shè)粒子軌跡圓的半徑為

r，幾何關(guān)系有r22r，得r1m，由Bqv

2mr

，得q

2C/kg

，選項(xiàng)正確；磁場(chǎng)中區(qū)域的最小面積

1S22

，選項(xiàng)C錯(cuò)；速率最大的粒子從A點(diǎn)動(dòng)到直線處的軌跡圓心角

粒子從直線處從軸出磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t

(2

，選項(xiàng)D錯(cuò)；故選AB。．答案【解析】由牛頓第二定律得

a

qU

，煙塵顆粒在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，飛出電場(chǎng)時(shí)，水平位移有Ly3＝vt，豎直位移y＝2，由＝4，得

32

U

，選項(xiàng)A錯(cuò)、正確內(nèi)入煙塵通道的煙塵顆?？倐€(gè)數(shù)為Nnd2t，電場(chǎng)力對(duì)每個(gè)顆粒所做的功與其到下金屬板偏移量成正比，則對(duì)所有顆粒

1B12A2B2BC0I1B12A2B2BC0I做功的平均值等于電場(chǎng)對(duì)距離下金屬處的顆粒所做的功，所以＝

qU1=d

U0

2

，選項(xiàng)正、錯(cuò)。．答案AD【解析】在物體C從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)程中，輕繩拉力對(duì)物體一直做負(fù)功，物體C機(jī)械能一直減小A確在物體從M運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)程中B受合力方向先向上再向下所先向上做加速運(yùn)動(dòng)又向上做減速運(yùn)動(dòng)B錯(cuò)；開(kāi)始時(shí)靜，對(duì)根據(jù)平衡條件有=m，解得彈簧壓縮量=0.，物體C運(yùn)到N點(diǎn)恰好能使A離地面但不繼續(xù)上升，則mg解彈簧拉伸量=0.05，物體在點(diǎn)和在N點(diǎn)簧的形變量相同，所以彈性勢(shì)能相等C錯(cuò)誤；物體CM運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)過(guò)程中物體B上的高度為h=x，時(shí)滑輪右端繩長(zhǎng)，根據(jù)股定理得物體C下降的高度為，初末位置彈簧形變量相同彈簧的彈性勢(shì)能有發(fā)生變化，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

mghmghC

，解得=0.5kg,D正。故選。．答案】1（2分）（）

(m)mgt

（）（3傾斜直線（2分【解析】(1)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為＝(2)根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＝

mv2

，得小球下滑到斜面底端的速度為

vgh小球與斜槽當(dāng)光電門(mén)的速度為

v

t

，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝(mM)v，即

gh

t整理得

mgt

。(3)由(分析可知與

t

成正比，所以圖象是一條傾斜直線時(shí)同樣可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒．答案】1（）（）（1分（5.0分（47.5V（）

23

（2）【解析】(1)

由題意可知，改裝前的電

壓表參數(shù)為

，3000VV

，則其滿偏電為IVAVU將其改裝成新電壓表，則的電壓為4500V

，則可得

ΩVV由題意可知，該電路的最大電流為0.6A則電路中最小總電阻約為

min

I

Emax

，其功率為PIm

，故選。由閉合電路歐姆定律可得

EU

U2

r

，化簡(jiǎn)可得

1r1UE23

，因此，若該小組選定縱軸表示電壓的倒數(shù)，橫軸應(yīng)為。UR23(4)由閉合電路歐姆定律可得

E

U2

Rr)3

，其中

10Ω化簡(jiǎn)可得

r)UEE3結(jié)合圖（c）可得

，r5.0．答案】(1)

mgR；(2)2L29

，②

mgRmgh()B2L

【解析】(1)當(dāng)b加速度為零時(shí)，速度最大，設(shè)此時(shí)速度為，則mEI電流（1分）R

EB

v

（1分分別以

b

、為究對(duì)象：

T

，

T

（1分）mgRv聯(lián)立解得（1分）2L2(2)①在加速過(guò)程的任一時(shí)刻，設(shè)

的加速度大小分別為

、a，流為ibc

，輕繩的拉力為，分別以a、b、c為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律FBiLLTma聯(lián)立解得

a4a

（2分）設(shè)達(dá)最大速度v時(shí)，的度為，由上式可知ab

v4vab

（）當(dāng)?shù)纳⒌貫榱銜r(shí)，速度達(dá)到最大，

（1分

babcbabc根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律

E

v

（1分聯(lián)立解得

va

164mgR，v9B2L9B2

（分②設(shè)重物下降的高度為

時(shí)，的移為x，h

（1分根據(jù)功能關(guān)系

2mgxEa

11mvmv222

（1分聯(lián)立解得

EEmgh(電

B2L

（2分）．答案】（1）

qBL

；（2，方向垂直于向上或與軸半軸成30°角斜向左上(3)m(4

3)

mBq【解析】(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示Lr

（1分）由m（1分r3qBL得v（2分(2)當(dāng)初速度v垂于射磁場(chǎng)時(shí)，粒子射入速最小由幾何知識(shí)得

r

（1分）

222由m（1分r得

v

m

（2分方向垂直于OP向或與y軸正半軸成角斜向左上1分）(3)若粒子從O點(diǎn)初速度v（）沿y軸方向射入，由qvB

2r

（1分）得r

3L

（2分粒子從O運(yùn)至點(diǎn)磁場(chǎng)進(jìn)入